Abbondanza e deficienza

[franco]

Ciao a tutti,
Manco da un po' dal forum ma cerco comunque di seguire i vari post anche se ho veramente poco tempo a disposizione per provare a risolverli.
Nel sito francese che di tanto in tanto frequento ho trovato un quesito che potrebbe essere interessante per qualche appassionato più competente di me:

Un numero intero naturale n per il quale la somma dei divisori σ(n), compresi 1 e n, è strettamente superiore a 2n si dice abbondante.
Quando σ(n) < 2n il numero n si dice deficiente.
Quando σ(n) = 2n il numero n si dice perfetto.
Senza aiuto di computer:
Q₁ Trovare una coppia di numeri naturali consecutivi entrambi abbondanti.
Q₂ Dimostrare che qualunque sia l'intero k scelto, è possibile trovare k numeri naturali consecutivi che siano tutti abbondanti.
Q₃ Trovare la sequenza più lunga di numeri naturali consecutivi che siano tutti deficienti.
Q₄ Dimostrare che esistono infiniti insiemi di 5 numeri naturali consecutivi deficienti.


Tout entier naturel n dont la somme de ses diviseurs σ(n), y compris 1 et lui-même, est strictement supérieure à 2n est appelé abondant.
Il est déficient quand σ(n) < 2n.
Quand σ(n) = 2n, n est appelé nombre parfait.
Q₁ Sans l’aide d’un quelconque automate, trouver un couple d’entiers naturels consécutifs (n, n+1) qui sont abondants l’un et l’autre.
Q₂ Démontrer que quel que soit l’entier k fixé à l’avance, on sait trouver k entiers naturels consécutifs qui sont tous abondants.
Q₃ Trouver la plus longue suite de nombres entiers consécutifs qui sont tous déficients.
Q₄ Démontrer qu’il existe une infinité de suites de cinq entiers naturels consécutifs déficients.

[Pasquale]

Tanto per rompere il ghiaccio, vado alla ricerca di qualche singolo abbondante e dico che una serie di casi è quella in cui:

n = 2*3*p = 6p, con p=primo

Infatti, in tale caso:

σ(n)= 1 + 2 + 3 + p + 6 + 2p + 3 p + n

e deve essere:

σ(n) > 2n e dunque:

1 + 2 + 3 + 6 + p + 2p + 3p > n

12 + 6p > n

12 + n > n

il che è abbondantemente vero.

Per quanto riguarda il 3° quesito, considerato che i numeri primi sono tutti deficienti, mi avvio con la piccola serie di consecutivi: 2, 3, 5 e proseguo con la prima serie da cinque 7,8,9,10,11

Ai posteri le restanti ardue sentenze.

[Dani Ferrari]

Capito qui per caso e vedo il problemino. Premetto che di norma ci si riferisce alla somma delle "parti aliquote", cioè i divisori interi incluso 1 ma escluso n (se tale somma è >< n, n è abbondante-deficiente-perfetto), comunque è la stessa cosa.
Inutile dire di non usare il computer: nessun matematico ricreativo si darebbe la pena di scrivere un programma per un problemino così. Ci sono delle formule, e facendosi qualche tabellina ci vuole poco. Si comincia cercando un numero abbondante dispari (i dispari sono rari). Deve avere almeno tre fattori; io ho provato con 3-5-7, il più piccolo numero dispari abbondante che ho trovato è stato 945 ma non funziona (944 e 946 dono deficienti), alla fine ho trovato 3^2*5^2*7^2=11025, e anche 11024 è abbondante, quindi ecco una coppia, 11024-11025. Ma di coppie così ce ne sono certamente a migliaia.

Dani

[franco]

Tanto per rompere il ghiaccio, vado alla ricerca di qualche singolo abbondante e dico che una serie di casi è quella in cui:
n = 2*3*p = 6p, con p=primo
...

Mi piace il ragionamento; secondo me si può estendere il concetto dicendo che sono abbondanti tutti i numeri del tipo n=6k con k intero (non necessariamente primo).
In tale caso abbiamo che

σ(n)= 1 + 2 + 3 + 6 + k + 2k + 3 k + 6k + x = 12k + 12 + x = 2n + 12 + x > 2n

dove con x ho indicato la somma dei divisori di n diversi da {1; 2; 3; 6; k; 2k; 3k; 6k}. Se k è primo allora x=0.

SE quanto ho scritto fosse corretto, allora tutti i multipli di 6 sarebbero abbondanti, quindi sarebbe impossibile una sequenza di deficienti consecutivi più lunga di cinque elementi.
La sequenza di cinque indicata da Pasquale (7; 8; 9; 10; 11) sarebbe quindi la (o meglio, una) risposta al 3° quesito.

SE!

[Pasquale]

Si va bene; però preciso che ho detto p=primo per indicare che quelli erano tutti i divisori primi di n, compreso p, da cui ricavare poi gli altri divisori.
Mi sembra di ricordare che avevo trovato ancora abbondanti tutti gli N scomponibili nei primi primi, eccetto p che può essere grande a piacere.

es:

2,3,5,p
2,3,5,7,p
2,3,5,7,11,p
2,3,5,7,11,13,p
2,3,5,7,11,13,17,p
2,3,5,7,11,13,17,19,p

ecc.

Naturalmente la deduzione di Franco sui deficienti è evidentemente giusta.
Trovo più complicata la ricerca degli abbondanti consecutivi: l'approccio di Dani rappresenta uno spunto da approfondire, perché è più facile trovare due consecutivi abbondanti, una volta trovatone uno dispari, piuttosto che il contrario, perché il consecutivo di un pari è un dispari che potrebbe essere anche un primo, certamente deficiente. Io però stavo cercando un procedimento o una formula, ma non mi è ancora riuscito.

[Dani Ferrari]

1) Tutti i multipli di numeri perfetti o abbondanti sono abbondanti;
2) I primi numeri perfetti sono 6, 28, 496 (come noto, è numero perfetto il prodotto di un primo di Mersenne e della potenza di 2 immediatamente inferiore ad esso; 3x2 =6, 4x7=28, 32x16=496 ecc.);
3) i primi numeri abbondanti sono 12, 18, 20.

facile coi multipli di questi fare una rete di abbondanti pari, mentre i dispari sono più rognosi. confermo che 945 è il primo. Abbondante dispari; facilissimo trovarne altri.
escluderei che possa esserci una formula per trovare le coppie cercate, ci sono solo criteri per fare delle "educate d guesses", dei tentativi con discreta probabilità di successo (io ho trovato senza troppe difficoltà un altro paio di coppie).
molto più rognoso sarebbe trovare tre numeri consecutivi abbondanti. Escluderei che ci sia una formula . Ci vorrebbe un programma, ma la forza bruta non basta, c'è il rischio che giri per mesi senza trovare nulla (da analisi preliminari, la soluzione deve essere molto alta)

Dani

[Pasquale]

Allora, come si fa a dimostrare quanto richiesto dal quesito 2 ? E' possibile quanto in esso asserito?

[Dani Ferrari]

Cosa, che ci siano sempre k interi consecutivi abbondanti, per k qualsiasi? Si, è così, ma lascia perdere, non è roba per Base 5.

Dani

[Pasquale]

Cioè vuoi dire per i frequentatori di Base5; eppure penso che su 369 iscritti, qualcuno in grado di affrontare questo problema c'è; la vera questione è che i + sono - assidui. Comunque, da quanto mi pare di aver capito, credo che ai più vada bene anche così; in fondo, andiamo avanti con tranquillità, perché siamo ottimisti e pensiamo che di tempo avanti ne abbiamo ancora tanto.
Ad ogni modo, se hai una soluzione nascosta nella manica e vuoi condividerla, personalmente non mi dispiacerebbe di darci uno sguardo, salvo che non ci sia qualcuno che richieda di attendere, come d'uso su Base5.

[Dani Ferrari]

No guarda, è solo che la dimostrazione ricordo che c'è, un tempo la conoscevo, ma non ho più la testa per ricostruirla, potrei dare un'idea e qualcuno più fresco di me potrebbe arrivarci, ma insomma, stiamo facendo un discorso del tutto elementare sugli abbondanti, e di colpo si schizza a questa roba che elementare non ê di certo? O si fanno discorsi elementari, o si parla di teoria dei numeri ai massimi livelli. Siccome parlandone qualcosa riemerge, ti dico come la ricordo io, che certamente non è proprio preciso ma insomma. Si costruiscono k numeri abbondanti primi fra loro (solo in teoria, sono numeri immensi), poi si costruisce un sistema di congruenze mod 0 fra i numeri della sol. cercata n, n+1,....n+k-1 e questi numeri, sistema che mi sembra debba aver soluzione per il teorema cinese dei resti. Insomma, più o meno roba così. Poi si arrangino gli esperti.

Dani

[franco]

Nel sito da cui ho pescato il quesito sono state postate le soluzioni; interessa se provo a tradurne una? (oppure le trovate qui in francese)

[Pasquale]

Spiacente, ma non so come si traduce in italiano la erre moscia. Se non è di troppo disturbo, provvedi tu, grazie.